(人教版)天津高中化学选修一《化学反应与电能》知识点总结(培优)

一、选择题以下说法不正确的选项是2Cl-会破坏铝外表的氧化膜B．钢铁在潮湿空气中生锈主要是发生了吸氧腐蚀C．测定硫代硫酸钠与硫酸反响的速率，可以通过生成SO的体积计算得到2D．在测定镀锌铁皮厚度时，将镀锌铁皮与稀硫酸反响，到反响速率突然减小时，应马上将未反响的铁片取出答案：C【详解】Cl-简洁被吸附在氧化膜上，把AlO中的O2-替代以下，产生可溶性AlCl

，因而会破2 3 3坏铝外表的氧化膜，A正确；2钢铁在潮湿空气中生锈主要是Fe与杂质C及溶解在水膜中的O构成原电池，Fe作负极失去电子发生氧化反响，O2得到电子发生复原反响，导致金属的腐蚀，即主要是发生了吸氧腐蚀，B正确；22由于SO气体易溶于水，且其体积受温度、压强的影响，不简洁测量，因此在测定硫代硫酸钠与硫酸反响的速率时，通常是通过产生S单质使溶液变浑浊的快慢来测量反响速率，C错误；2在测定镀锌铁皮厚度时，将镀锌铁皮放入稀硫酸中，开头是镀层Zn与硫酸反响，由于Zn、Fe活动性不同，因此与硫酸反响速率不同，到反响速率突然减小时，说明镀层Zn反响完全，此时应马上将未反响的铁片取出，D正确；故合理选项是C。下到过程需要通电才可进展的是：①电离②电解③电镀④电化学腐蚀A．①②③答案：D【详解】

B．②③④ C．①②④ D．②③①物质溶于水或受热熔化时产生自由移动的离子的过程就是电离，因此电离不需要通电，①不符合题意；②电解是在电流作用下在阳极、阴极发生氧化复原反响的过程，需要通电才可发生，②符合题意；③电镀是在金属上镀上一层其它金属或合金的过程。在电镀时，镀层金属为阳极，镀件为阴极，含有镀层金属阳离子的溶液为电镀液，因此电镀需通电才可进展，③符合题意；④电化学腐蚀是是金属与电解质溶液接触，通过电极反响产生的腐蚀，包括原电池腐蚀和电解池腐蚀，原电池腐蚀不需要通电就可以发生，④不符合题意；综上所述可知：需要通电才可进展的过程为②③，故合理选项是D。如下图，杠杆AB两端分别挂有体积一样、质量相等的空心铜球和空心铁球，调整杠4杆并使其在水中保持平衡，然后留神地向烧杯中心滴入浓CuSO4

溶液，一段时间后，以下有关杠杆的偏向推断正确的选项是(试验过程中，不考虑铁丝反响及两球的浮力变化)A．杠杆为导体和绝缘体时，均为A端高B端低B．杠杆为导体和绝缘体时，均为A端低B端高C．当杠杆为绝缘体时，A端低，B端高；为导体时，A端高，B端低D．当杠杆为绝缘体时，A端高，B端低；为导体时，A端低，B端高答案：D【详解】杠杆为导体时，构成原电池，右边Fe溶解，质量减轻，左边Cu2+得电子生成Cu附着Cu外表，质量增加，所以A端低，B端高，A不正确；杠杆为绝缘体时，Cu与电解质不反响，质量不变，FeCuSO4溶液反响生成Cu附着Fe外表，质量增加，所以A端高B端低，B不正确；当杠杆为绝缘体时，A端高，B端低；为导体时，A端低，B端高，C不正确；D．当杠杆为绝缘体时，左端质量不变右端质量增加，所以A端高，B端低；为导体时，左端生成Cu右端溶解，所以A端低，B端高，D正确；应选D。以下说法不正确的选项是A．酸、碱、氯化钠都会破坏铝外表的氧化膜B．一样温度下NaHCO3的溶解度比Na2CO3大C．K2Cr2O7具有强氧化性，能与乙醇反响，得到绿色的Cr3+，因此可用K2Cr2O7测酒驾钢铁在潮湿空气中生锈主要是发生了电化学腐蚀答案：B【详解】A．氧化铝属于两性氧化物，能和酸、碱反响，氯化钠吸取空气里的水分，能电离出钠离子和氯离子，也会破坏铝外表的氧化膜，故A正确；B．一样温度下NaHCO3的溶解度比Na2CO3小，故B错误；C．K2Cr2O7具有强氧化性，能与乙醇反响，得到绿色的Cr3+，因此可用K2Cr2O7测酒驾，故D正确；D．钢铁在潮湿空气中能够形成原电池，所以生锈主要是发生了电化学腐蚀，故D正确；故答案：B。全钒氧化复原液流电池是一种型绿色的二次电池。其工作原理如下图。以下表达错误的选项是放电时，电流由X电极经用电器、Y电极、H2SO4溶液回到X电极放电过程中，Y极发生氧化反响2充电时，X电极反响式：VO2＋－e－＋HO＝VO+＋2H＋221mol电子，左池溶液中n〔H＋〕2mol答案：D解析：依据原电池工作原理图可知，X电极VO+变为VO2+，V原子的化合价由+5价变为2+4价，得电子，作电池的正极；Y电极V原子的化合价由+2价变为+3价，作电池的负极；电子由电池的负极经用电器流向电池的正极。【详解】放电时，电流与电子的流向相反，由X电极经用电器、Y电极、H2SO4溶液回到X电极，A表达正确；放电过程中，Y极作电池的负极，失电子，发生氧化反响，B表达正确；2充电时，X电极作阳极，失电子，电极反响式为VO2＋-e－+HO=VO++2H＋，C表达正22确；1mol电子，X2mol氢离子，左池中氢离子向右池转移1mol氢离子，则左池溶液中n(H＋)1mol，D表达错误；答案为D。海水提取金属锂的装置如以下图，工作时，在电极C依次检测到两种气体。以下说法电子的流向为：电极d→电极b→电极a→电极c离子交换膜为质子交换膜C．丁基锂可用LiNO3水溶液代替D1mol电子，则电极c8g35.5g之间答案：D解析：依据海水提取金属锂的装置图知，电极d为阴极得电子发生复原反响析出金属锂，则电极c为阳极，依次检测到两种气体即氯离子先放电生成氯气，后氢氧根放电放出氧气，所以电极b是负极、电极a是正极，据此分析解答。【详解】依据以上分析，电极b是负极、电极a是正极，电极d为阴极，电极c为阳极，所以电子的流向为：电极b→电极d，电极c→电极a，故A错误；由于电极c首先放出氯气，为平衡电荷，所以离子交换膜为阳离子交换膜，故B错误；由于金属锂与水发生反响，所以LiNO3水溶液电解提取不到金属锂，故C错误；D．依据转移电子数相等，假设导线中转移1mol电子，则电极c产生气体全是氯气质量为35.5g8g8g35.5g之间，故D正确；故答案选D。南开大学陈军院士最近开发出一种可充电的型水系聚合物空气电池，其充放电时的工作原理如下图。以下说法错误的选项是放电时，M极电势低于N极电势放电时，N极上的电极反响式为O2＋4e-＋2H2O=4OH-充电时，每消耗22.4L2，通过阳离子交换膜的的物质的量为4mol充电时，电池总反响为答案：C解析：主要从N极的变化入手推断，放电时，N极氧气得电子被复原：O2＋4e-＋2H2O=4OH-，充电时氢氧根失电子被氧化生成氧气；【详解】由图可知，放电N极是氧气得到电子形成OH，为电池的正极，所以M极电势低于N极电势，故A正确；由图知，放电时，N极上的电极反响式为O2＋4e-＋2H2O=4OH-，故B正确；C22.4LO2不知道气体所处的是否为标况，所以不能计算，故CD．由图知，充电时，电池总反响为 ，故D正确；答案选C。8．2023年诺贝尔化学奖授予在锂电池进展上做出奉献的三位科学家。某可连续工作的液流锂离子储能电池放电时工作原理如下图，以下说法正确的选项是放电时，Li电极发生了复原反响放电时，Ti电极发生的电极方程式为：Fe2+-e-=Fe3+放电时，储罐中发生反响：SO2-+2Fe2+=2Fe3++2SO2-28 4D．Li+选择性透过膜可以通过Li+H2O答案：C解析：液流锂离子储能电池工作时，Li失去电子生成Li+，作负极，电极反响式为Li-e-═Li+，Ti电极作正极，正极上Fe3+得电子生成Fe2+，电极反响式为Fe3++e-═Fe2+；原电池工作时，阳离子Li+LiLi+选择透过性膜移向正极Ti，储罐中的(NH4)2S2O8具有强氧化性，将Fe2+氧化成Fe3+，反响为SO2-+2Fe2+═2Fe3++2SO2-，以使氧化剂Fe3+循环28 4使用，据此分析解答。【详解】A．Li是活泼金属，放电时Li失去电子生成Li+，发生了氧化反响，故A错误；B．液流锂离子储能电池中，Ti电极为正极，正极上Fe3+得电子生成Fe2+，电极反响式为Fe3++e-═Fe2+B错误；C．储罐中的(NH4)2S2O8具有强氧化性，能氧化Fe2+Fe3+，反响为SO2-+2Fe2+═2Fe3++2SO2-，故C正确；28 4D．Li+选择性透过膜可以通过Li+，但不能通过H2O，否则Li是活泼金属，能与水反响而损耗，故D错误；应选C。用氟硼酸〔HBF4属于强酸〕代替硫酸作铅蓄电池的电解质溶液，可使铅蓄电池在低温放电下工作时的性能更优良，反响方程式为：Pb+PbO2+4HBF4 2Pb〔BF4〕2+2H2O，Pb充电〔BF4〕2为可溶于水的强电解质。以下说法正确的选项是〔〕4放电时，BF-PbO24

电极移动充电时，阴、阳两极增加的质量相等C．放电时，电子由Pb电极经氟硼酸溶液流向PbO2电极D．充电时，阳极的电极反响式为：Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+答案：D放电解析：电池的总反响为：Pb+PbO2+4HBF4 2Pb(BF4)2+2H2O，又Pb(BF4)2为可溶于水的充电强电解质，则放电时负极反响为：Pb-2e-=Pb2+；正极反响：PbO2+2e-+4H+=Pb2++2H2O，阴离子向负极移动，电子由负极经过外电路移向正极；充电时，阳极与正极相反，反响为：Pb2++2H2O-2e-═PbO2+4H+，阴极与负极相反，反响为：Pb2++2e-=Pb，据此分析解答。【详解】A．放电时，阴离子向负极移动，则BF4-向Pb电极移动，故A错误；B．充电时，阳极反响为：Pb2++2H2O-2e-═PbO2+4H+，阴极反响为：Pb2++2e-=Pb，则阴、阳两极增加的质量不相等，故B错误；C．放电时，电子由负极经过外电路移向正极，不能经氟硼酸溶液，故C错误；D．充电时，PbO2电极和电源的正极相连，电极反响式为Pb2++2H2O-2e-═PbO2+4H+，故D正确。答案选D。以下防止钢铁腐蚀的方法不属于电化学防护的是〔〕A． B．C． D．答案：D【详解】A．将铁管道与直流电源的负极相连即为让金属做电解池的阴极，防止金属的腐蚀，属于电化学保护，故A不选；B．将钢铁输水管与金属镁相连，形成原电池，即让被保护金属做原电池的正极，防止金属的腐蚀，属于电化学保护，故B不选；C．将铁管道与锌相连，形成原电池，即让被保护金属做原电池的正极，防止金属的腐蚀，属于电化学保护，故C不选；D．在外表刷漆是为了将金属和空气隔绝，防止金属生锈，不属于电化学防护，故D选。答案选D。如下图装置中，试管A、B中电极为多孔石墨电极，C、D为铂夹。断开K1，闭合K2、K3一段时间后，A、B中气体的量之间的关系如下图：以下说法正确的选项是A．a为正极，b为负极B．紫红色液滴向C端移动C．断开K2、K3K1，A极反响式为O2+4e-+2H2O＝4OH-D．断开K2、K3K1，溶液的pH增大答案：C2 2 解析：依据图示，断开K1，闭合K2、K3，左端电解氢氧化钠溶液，相当于电解水，电解2HO2H↑+O↑，结合图示A、B中气体的量之间的关系，A中为氧气，B2 2 氢气，则A电极为阳极，B为阴极，阳极与电源正极相连，则电源a为负极，b为正极，滤纸上C为阴极，D为阳极。【详解】依据分析可知，a为负极，b为正极，故A错误；电解池中阴离子向阳极移动，显紫色的离子为MnO滴向D端移动，故B错误；

，滤纸上D为阳极，则紫红色液4断开K2、K3K1，构成燃料电池，A为正极，B为负极，A极反响式为O2+4e-+2H2O＝4OH-，故C正确；依据C项分析，断开K2、K3K1，构成氢氧燃料电池，电池总反响为O2+2H2=2H2O，KOH溶液的浓度减小，则溶液中的氢氧根离子浓度减小，溶液的碱性减弱，pH减小，故D错误；答案选C。以下有关说法中不正确的选项是A．SO2、N2O5均为酸性氧化物B．生铁中含有碳，抗腐蚀力量比纯铁弱C．明矾能够消毒杀菌和净化水D．电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法答案：C【详解】A．SO2、N2O5都能与碱反响生成盐和水，所以SO2、N2O5均为酸性氧化物，故A正确；B．生铁中含有碳，铁、碳能构成原电池，铁为负极，抗腐蚀力量比纯铁弱，故B正确；C．明矾中铝离子水解为氢氧化铝胶体，吸附水中的悬浮杂质，能够净化水，明矾不能消毒杀菌，故C错误；D．电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是镁和铁连接构成原电池，镁为负极，从而保护铁不受腐蚀，此方法为牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；C。以下能量转化过程与氧化复原反响无关的是〔〕A．硅太阳能电池工作时，光能转化成电能B．锂离子电池放电时，化学能转化成电能C．食物因氧化而腐败时，化学能转化热能D．葡萄糖为人类生命活动供给能量时，化学能转化成热能答案：A【详解】A．光能转化成电能，是太阳能转化为电能，与氧化复原反响无关，A符合题意；B．锂离子电池放电时，由化学能转化成电能，与电子的转移有关，发生氧化复原反响，B不符合题意；C．食物与氧气发生氧化复原反响而腐败，C不符合题意；D．葡萄糖为人类生命活动供给能量时，葡萄糖被氧化，发生氧化复原反响，D不符合题意；答案选A。A设N为阿伏加德罗常数的值。以下有关表达正确的选项是A．pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-离子数目为0.1NAB．用电解法精炼铜时，假设电路中转移2mol64gAC．9.2gNO2和N2O4的混合气体中含有原子数目为0.6NAD．16.25gFeCl3完全水解转化为氢氧化铁胶体，生成0.1NA个胶粒答案：C【详解】A．由于溶液的体积未知，故无法计算溶液中含有OH-离子数目，故A错误；B．电解精炼铜时阳极为粗铜，粗铜中有些比铜活泼的金属Fe、Zn等会先于铜放电，且会2mol电子，阳极质量减轻不肯定是64g，故B错误；C．NO2和N2O4的最简式均为NO29.2gNO2N2O49.2gNO2，9.2g物质的量为46gmol-1=0.2mol，所含原子为0.2mol 3=0.6mol，个数为0.6NA，故C正确；16.25gD．16.25gFeCl3的物质的量为162.5gmol-1=0.1mol，由于氢氧化铁胶体中的胶粒是肯定量Fe(OH)3的集合体，故完全水解转化为氢氧化铁胶体，生成胶粒小于0.1NA个，故D错误；综上所述答案为C。如图是争论铁被海水腐蚀的试验装置。图2中M是某种与铁片紧贴的金属，以下说法正确的选项是假设M是铜片，可保护铁假设M是锌片，可保护铁1铁片靠近烧杯底部的局部，腐蚀更严峻D．M是铜或是锌都不能保护铁，是因没有构成原电池答案：B【详解】假设M是铜片，构成原电池，铁是负极，铁被腐蚀，故A错误；假设M是锌片，构成原电池，锌是负极，锌被腐蚀，铁被保护，故B正确；1铁片靠近水面的局部，水分、氧气充分，腐蚀更严峻，故C错误；D．M是锌能保护铁，因构成原电池，锌是负极，故D错误；B。二、填空题如下图组成闭合回路，其中，甲装置中CH4为负极，O2和CO2的混合气体为正极，稀土金属材料为电极，以熔融碳酸盐为电解质；乙装置中a、b为石墨，b极上有红色物质析出，CuSO4200mL。①装置中气体A为 (填“CH4”或“O2和CO2”)，d极上的电极反响式为 。②乙装置中a极上的电极反响式为 。假设在a极产生112mL(标准状况)气体，则甲装置中消耗CH4变小、不变)。

mL(标准状况)，乙装置中所得溶液的pH如何变化 (变大、答案：CH O+4e-+2CO=2CO2-

4OH--4e-=O

+2HO2HO-4e-=O

+4H+ 56 变小4 2 2 3

2 2 2 2解析：b电极上有红色物质生成，则b是阴极，所以a是阳极，c是负极、d是正极，通入甲烷的电极是负极，所以A是甲烷、B是二氧化碳和氧气，d电极上氧气得电子和二氧化碳反响生成碳酸根离子。【详解】①b电极上有红色物质生成，则b是阴极，所以a是阳极，c是负极、d是正极，通入甲烷的电极是负极，所以A是CH4、B是二氧化碳和氧气，d电极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子，电极反响式为O

+4e-+2CO

=2CO2-，故答案为：CH；O

+4e-+2CO2=2CO

2-；3

2 2 3 4 2②a是阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，电极反响式为4OH--4e-=O2↑+2H2O或2H2O-4e-=O2+4H+；0.112La极上生成n(O2)=22.4L/mol

=0.005mol0.005mol氧气转移电子物质的量=0.005mol×4=0.02mol，依据转移电子相等计算消耗甲烷体积0.02mol= 8 ×22.4L/mol=56mL；2Cu2++2H2O=4H++O2↑+2Cu，依据方程式知，0.02moln(H+)=4n(O2)=4×0.005mol=0.02mol，c(H+)=

0.2L

=0.1mol/L，则溶液的pH=1，故答案为：4OH--4e-=O2↑+2H2O2H2O-4e-=O2+4H+；56；1。依据原电池工作原理可以设计原电池，实现原电池的多种用途。用碱性甲醛燃料电池为电源进展电解的试验装置如以下图所示。①甲池中通入甲醛的一极为 极，其电极反响式为 。②乙池中总反响的离子方程式为 ，当甲池中消耗280mLO2时(标准状况)，在乙池中参加 gCuCO3才能使溶液恢复到原浓度，此时丙池中理论上最多产生 g固体。(2)利用以下图所示装置(电极均为惰性电极)吸取SO2并制取硫酸，则通入SO2一极的电极反响式为 ，通入O2一极的电极反响式为 。答案：负HCHO-4e-+6OH-CO

2-+4HO 2Cu2++2HO电解2Cu+4H++O

↑ 3.1 1.453 2 2 242SO2+4H2O-4e-=2SO2-+8H+ O2+4H++4e-=2H2O4解析：(1)甲池为燃料电池，通入甲醛的一极为负极，通入氧气的一极为正极，乙池为电解池，左边的C电极为阳极，水电离的氢氧根放电；右边的C电极为阴极，铜离子放电；丙池为电解池，左边的C为阳极，右边的C为阴极；(2)通入SO2的为负极，发生氧化反响，SO2被氧化为硫酸；通入氧气的为正极，氧气被复原生成水；电池的总反响式为：2SO2+2H2O+O2=2H2SO4。【详解】①燃料电池中，通入燃料的为负极，故通入甲醛的一极为负极，在碱性溶液中，甲醛失电子后变为碳酸根，电极反响式为：HCHO-4e-+6OH-=CO2-+4H

O；故答案为：负；HCHO-4e-+6OH-=CO2-+4H3

3 22O；2 ②乙池为电解池，以C为电极电解硫酸铜溶液，阴阳极分别是铜离子和水中的氢氧根放电，总反响的离子方程式为：2Cu2++2HO电解2Cu+4H++O2 O2+2H2O+4e-=4OH-280mL(0.0125mol)O20.05mol，乙池的阴极反响式为Cu2++2e-=Cu0.05mol0.025mol，依据铜原子守恒，要使电解质复原，参加的CuCO30.025mol，质量为0.025mol 124g/mol=3.1g；依据丙装置中，在阴极上是氢离子放电，减小的氢离子是0.05mol0.05mol，镁离子和氢氧根离子反响生成氢氧化镁为0.025mol，理论上最多产生氢氧化镁质量应当是0.25mol×58g/mol=1.45g固体；故答案为：2 2Cu2++2HO电解2Cu+4H++O↑；3.1；1.452 由分析可知，则通入SO2一极为负极，SO2被氧化为硫酸，电极反响式为：2SO2+4H2O-4e-=2SO2-+8H+；通入氧气的为正极，氧气被复原为水，电极反响式为：O4

2+4H++4e-=2HO；故答案为：2SO+4HO-4e-=2SO2-+8H+；O+4H++4e-=2HO。2 2 2 4 2 2如下图的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向乙中滴入酚F极四周显红色，试完成以下问题：电源A极的名称是 。甲装置中电解反响的总化学方程式是 。假设收集乙装置中产生的气体，两种气体的体积比是 。欲用丙装置给铜镀银，G应当是 (填“铜”或“银”)，电镀液的主要成分是 (填化学式)。装置丁中的现象是 ，说明氢氧化铁胶粒带 (填“正”或“负”)电荷。电解答案：正极2CuSO4+2H2O

2Cu+O2+2H2SO4 1:1 银AgNO3 Y极四周红褐色变深正解析：将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极四周显红色，则说明F极四周c(OH-)＞c(H+)，则在F电极，水电离出的H+得电子，F极为阴极。【详解】(1)由分析知，F极为阴极，则CA极的名称是正极。答案为：正极；(2)甲装置中电解CuSO4溶液，阴极Cu2+得电子生成Cu，阳极水电离出的OH-失电子，生电解成O2等，反响的总化学方程式是2CuSO4+2H2O 2Cu+O2+2H2SO4。答案为：电解2CuSO4+2H2O

2Cu+O2+2H2SO4；2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，由化学方程式可知，通电Cl2、H2的物质的量相等，则两种气体的体积比是1:1。答案为：1:1；欲用丙装置给铜外表镀银，则银作阳极材料，G是阳极，应当是银，电镀液应当是含有Ag+的可溶性盐，只能是硝酸银，其主要成分是AgNO3。答案为：银；AgNO3；装置丁中，氢氧化铁胶粒向Y极迁移，使Y极四周液体的红褐色加深，所以看到的现象是Y极四周红褐色变深；Y极是阴极，则说明氢氧化铁胶粒带正电荷。答案为：Y极四周红褐色变深；正。【点睛】胶粒可能带电，但胶体肯定呈电中性，不带电。以下图是某同学设计的一个电化学装置的示意图。写出通入CH3OH的电极的电极反响式： 。向乙池两电极四周滴加适量紫色石蕊试液，四周先变红的电极为 极〔填“A”或“B”〕，乙池中总反响的离子方程式： 。当乙池中B(Ag)极的质量增加5.40g时，乙池的pH是 (假设此时乙池中溶液的体积为500mL)；此时丙池某电极析出1.60g某金属，则丙中的某盐溶液可能是 〔填序号〕。A．MgSO4 B．CuSO4 C．NaCl D．AgNO3答案：CH3OH-6e-+8OH-=CO

电解32+6H2O A 4Ag++2H2O3

4Ag+O2↑+4H+ 1 BD解析：图中甲池能自发进展氧化复原反响，属于原电池，通入燃料CH3OH的电极是负极，通O2的电极是正极，与正极连接的A电极为阳极，则B电极为阴极；与负极连接的D电极是阴极，则C是阳极，然后结合同一闭合回路中电子转移数目相等，依据各个池中相应电极的质量变化进展有关计算，并分析推断。【详解】图中甲池属于原电池，其中通入甲醇的电极为负极，CH3OH失去电子，与溶液中的OH-结合形成CO2，则通入CHOH的电极反响式为：CHOH-6e-+8OH-CO2+6HO；3 3 3 3 2乙池中A电极与正极连接，为阳极，在阳极上，水电离产生的OH-失去电子，发生氧化反响，电极反响式是：2H2O-4e-=O2↑+4H+；则AOH-放电，四周溶液中c(H+增大，溶液显酸性，故A电极四周溶液遇紫色石蕊试液变为红色；B电极上溶液中的Ag+得到电子发生复原反响，电极反响式为：Ag++e-=Ag，所以乙池电池总反响的离子方程式电解为：4Ag++2H2O 4Ag+O2↑+4H+；B(Ag)极为阴极，Ag+得到电子变为Ag单质，B5.40g时，mn(Ag)= m

5.40g

=0.05mol0.05mol，依据M 108g/mol电解4Ag++2H2O 4Ag+O2↑+4H+可知：产生Ag的物质的量与H+的物质的量相等，n(H+)=n(Ag)=0.05mol500mLc(H+)=

0.5?L

=0.1mol/LpH=1。在同一闭合回路中电子转移数目相等，则转移电子为0.05mol1.60g某金属，假设是+2价金属，金属的摩尔质量是1.60gM=0.05mol=64g/mol，则电解质溶液中的溶质是含有Cu2+的盐溶液，选项B符合题意；21.60g假设是+1价金属，金属的摩尔质量M=0.05mol=32g/mol，但题目中没说丙池盐溶液足量，AgNO31.60gAg，之后始终电解水，也符合题目要求，应选项D也符合题意；故合理选项是BD。【点睛】此题考察了原电池和电解池原理。把握原电池、电解池反响原理，结合电解质溶液酸碱性书写电极反响式，再结合同一闭合回路中转移电子相等，利用有关公式进展计算。电化学制备方法：反响2H2O2=2H2O+O2↑能自发进展，反向不能自发进展，通过电解可以实现由H2O和O2为原料制备H2O2，如图为制备装置示意图。①a极的电极反响式是 。②以下说法正确的选项是 。A．该装置可以实现电能转化为化学能B．电极b连接电源负极C．该方法相较于早期制备方法具有原料廉价，对环境友好等优点答案：O2+2e-+2H+=H2O2 AC【详解】该装置为电解池，a极通入O2，生成H2O2，说明a极得电子，发生复原反响，故a极为阴极，则b极为阳极，①a极通入O2，生成H2O2，说明a极得电子，发生复原反响，故a极的电极反响式是O2+2e-+2H=H2O2；②A.2H2O2=2H2O+O2↑能自发进展，反向不能自发进展，依据图示，该装置有电源，属于电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，故A正确；B.依据分析，电极b为阳极，电解池阳极与电源正极连接，故B错误；C.依据分析，该装置的总反响为2H2O+O2=2H2O2，依据反响可知，制取双氧水的原料为氧和水，具有来源广泛，原料廉价，对环境友好等优点，故C正确；应选AC。按要求答复以下问题。甲图是一种利用微生物将有机废水中的有机物质转化为环境友好物质的原电池装置，假设有机废水中主要含有甲醛(HCHO)，则装置甲中M极发生的电极反响为 。当有300mg的甲醛参与反响时，通过质子交换膜的H+为 mol。乙图是一种用惰性电极电解饱和食盐水的消毒液发生器。装置乙中的b极要与装置甲的 极〔填“X”或“Y”〕连接，该电极的电极反响式为 。丙图是一种可以在铁牌外表电镀一层银的电镀装置，装置丙中的A溶液为 ，电镀一段时间后A溶液浓度 〔填“变大”、“变小”或“不变”〕。答案：HCHO+H2O-4e-=CO2↑+4H+ 0.04 Y 2Cl--2e-=Cl2↑ AgNO3溶液不变解析：依据甲图物质转化可知，N极氧气发生复原反响，生成水，作为正极；M极在微生物作用下将有机废水转化为氢离子和二氧化碳，作为负极。乙图电解饱和食盐水，阴极产生氢气，阳极产生氯气。丙图为电镀原理，镀层金属在阳极，被镀元件为阴极，据此答复以下问题。【详解】甲图是一种利用微生物将有机废水中的有机物质转化为环境友好物质的原电池装置，假设有机废水中主要含有甲醛(HCHO)，则装置甲中M极〔负极〕发生的电极反响为HCHO+H2O-4e-=CO2↑+4H+。当有300mg的甲醛参与反响时，物质的量为0.01mol，依据负极反响可知通过质子交换膜的H+0.04mol。乙图是一种用惰性电极电解饱和食盐水的消毒液发生器，即氯气需要与氢氧化钠溶液充分接触，装置乙中的b极要与装置甲的Y极〔正极〕连接，发生氧化反响，该电极的电2Cl--2e-=Cl2↑。丙图是电镀装置，装置丙中的A溶液为AgNO3溶液，银电极中银单质溶解为银离子，银离子移动到阴极生成银单质，电镀一段时间后A溶液浓度不变。金属腐蚀现象在生产生活中普遍存在，依据以下2种腐蚀现象答复以下问题：图1，被腐蚀的金属为 ，其腐蚀类型属于 (填字母)。图2，金属腐蚀类型属于 (填字母)。化学腐蚀 B．电化学腐蚀 C．析氢腐蚀 D．吸氧腐蚀图1中Cu的作用是 ，结合电极反响、电子移动、离子移动等，分析金属被腐蚀的原理 。图2中铁的生锈过程：Fe→Fe(OH)2→Fe(OH)3→Fe2O3·nH2O，将Fe转变为Fe(OH)2的反响补充完整：正极反响为 ，负极反响为 ，总反响为 。以下防止铁制品生锈的措施合理的是 。A．在铁闸门外表涂油漆在地下铁管道上安装假设干镁合金将铁罐与浓硫酸等强氧化剂接触，使之发生钝化答案：FeBCBD做正极材料，导电铜做正极，氢离子在内电路移向正极，得到电子，生成氢气；铁做负极，在外电路失去电子，电子从负极移向正极，金属铁被腐蚀成亚铁离子。O2+4e-+2H2O=4OH-2Fe-4e-=2Fe2+2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2ABC【详解】析氢腐蚀发生条件为较强酸性环境，图1为二氧化硫的水溶液，酸性较强，与铁、铜形成电化学腐蚀中的析氢腐蚀；图2为碱性环境，碱性或中性或酸性较弱环境易发生吸氧腐蚀，腐蚀类型属于电化学腐蚀中的吸氧腐蚀，故答案为：铁或Fe；BC；BD；1中Cu的作用是做正极材料，导电〔不参与反响〕，结合电极反响、电子移动、1金属被腐蚀的原理为铜做正极，氢离子在内电路移向正极，得到电子，生成氢气，铁做负极，在外电路失去电子，从负极移向正极，金属铁被腐蚀成亚铁离子。答案为：做正极材料，导电；铜做正极，氢离子在内电路移向正极，得到电子，生成氢气，铁做负极，在外电路失去电子，电子从负极移向正极，金属铁被腐蚀成亚铁离子。2发生吸氧腐蚀，正极反响为氧气得电子，反响式为O2+4e-+2H2O=4OH-，负极反响2Fe-4e-=2Fe2+2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；2Fe-4e-=2Fe2+，2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2(4)以下防止铁制品生锈的措施可以在铁闸门外表涂一层保护膜如油漆等，也可以在地下铁管道上安装假设干镁合金或锌合金〔比铁活泼〕，利用牺牲阳极保护法来防止铁生锈，还可将铁罐与浓硫酸等强氧化剂接触，使之发生钝化，在铁外表形成致密氧化膜来防止铁生锈，故答案为：ABC。如图，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，B为电源电极．接通电源一段时间后，X极液体颜色变深[Fe(OH) 3胶体粒子带正电荷]．假设用甲醇碱性燃料电池作电源，则A为 极，其电极反响式为 ．假设甲中装有100mL0.5molL1硫酸铜溶液，工作一段时间后，当硫酸铜恰好完全被消耗时，停顿通电，此时测得溶液pH 〔假设溶液体积不变〕．欲用丙装置给铁件镀铜，则G为 〔填“Fe”或“Cu”〕片；阴极反响式为 ；反响一段时间后〔用甲醇碱性燃料电池作电源〕铁制品质量增加9.6g，理论上消耗甲醇的物质的量为 ．答案：负CH0.05mol【详解】

OH6e8OH3

CO26H3

O 0 Fe Cu22e Cu2Fe(OH)3胶体粒子带正电荷，接通电源一段时间后，X极液体颜色变深，说明Fe〔OH〕3胶体粒子向X极移动，X极为阴极，Y极为阳极，B为电源的正极，A为电源的负极，负极甲醇失电子生成碳酸根，电极方程式为：CHOH6e8OH3CHOH6e8OH3

CO26H3CO26H3

O，故答案：负；2O；2甲：A为电源的负极，B为正极，C为阴极，电极反响式Cu2++2e-=Cu，D为阳极，电极反响式4OH--4e-=O2+2H2O，n〔Cu2+〕=0.1L0.5mol/L=0.05mol，依据电极反响式可知，Cu2+ 2e- 2OH-，消耗OH-的物质的量为0.05mol2=0.1mol，故溶液中的氢离子的0.1molcH+=0.1mol0.1L

=1mol/L，pH=0，故答案：0；由〔1〕可知，A为电源的负极，则G为阴极，欲用丙装置给铁件镀铜，阴极Cu2+失电子生成Cu，GFeCu22e性燃料电池作电源〕铁制品质量增加9.6g，则转移电子

Cu；反响一段时间后〔用甲醇碱9.6g 2=0.3mol，依据得失电64g/mol0.3mol0.3mol=0.05mol，故答案为：6FeCu22e Cu0.05mol。24．(1)将干净的金属片甲、乙、丙、丁分别与Cu用导线连结浸在一样的电解质溶液里。试验并记录电压指针的移动方向和电压表的读数如表所示：金属电子流淌方向电压/V甲甲→Cu1.10乙乙→Cu0.78丙Cu→丙0.15丁丁→Cu0.3：甲、乙、Cu三种金属活动性由强到弱的挨次是甲>乙>Cu，试依据以上试验记录，完成以下填空：①构成两电极的金属活动性相差越大，电压表的读数越 〔填“大”、“小”〕。②Cu与丙组成的原电池， 为负极。③乙、丁形成合金，露置在潮湿空气中， 先被腐蚀。(2)如图是一个电解过程示意图。①锌片上发生的电极反响式是： 。②电解过程中，铜电极质量削减为128g，则硫酸铜溶液浓度 〔填“增大”、“减小”或“不变”〕，电路中通过的电子数目为 。答案：大铜乙Cu2++2e-=Cu 不变4NA【详解】(1)①甲、乙、Cu三种金属活动性由强到弱的挨次是甲＞乙＞Cu，依据表中数据可知，金属的活泼性相差越大，则电压表的读数越大；②依据电压表的读数可知，铜的活泼性大于丙，Cu与丙组成的原电池，则铜作负极；③依据表中数据，金属的活泼性差距越大，电压表的读数越大，比照乙、丁，乙的活泼性大于丁，乙、丁形成合金，露置在潮湿空气中，乙先被腐蚀；(2)①依据装置可知，此装置为电解池，Cu与电池的正极相连，作阳极，Zn与电池负极相连，溶液中的铜离子得电子生成单质铜，电极反响式为Cu2++2e-=Cu；②电解过程中，阳极上铜电极失电子生成铜离子，阴极铜离子得电子生成单质铜，硫酸铜溶液的浓度不变；铜电极质量削减为128g2mol4mol电子，电子数目4NA。钢铁工业是国家工业的根底，钢铁生锈现象却随处可见，为此每年国家损失大量资金。请答复钢铁腐蚀与防护过程中的有关问题。钢铁的电化学腐蚀原理如下图：①写出石墨电极的电极反响式 。②该装置作简洁修改即可成为钢铁电化学防护的装置，请在图虚线框内所示位置作出修改，并用箭头标出导线中电子流淌方向 。③写出修改后石墨电极的电极反响式 。生产中可用盐酸来除铁锈。现将一生锈的铁片放入盐酸中，当铁锈被除尽后，溶液中发生的化合反响的化学方程式 。在实际生产中，可在铁件的外表镀铜防止铁被腐蚀。装置示意如图：①A电极对应的金属是 (写元素名称)，B电极的电极反响式是 。②假设电镀前铁、铜两片金属质量一样，电镀完成后将它们取出洗净、烘干、称量，二者质量差为5.12g，则电镀时电路中通过的电子为 mol。答案：O2+4e－+2H2O=4OH－ 2Cl－－2e－=Cl2↑ 2FeCl3+Fe=3FeCl2 铜Cu2++2e－=Cu 0.08【详解】①氯化钠溶液呈中性，在中性溶液中钢铁发生吸氧腐蚀，铁易失电子作负极，则石墨作正极，正极上氧气得电子发生复原反响，电极反响式为O2+4e-+2H2O═4OH-，故答案为O2+4e-+2H2O═4OH-；②作电解池阴极的铁被保护，所以将虚线中改为直流电源，且将铁连接原电池负极，这属于外加电源的阴极保护法，电子由负极经外电路流向正极，图示为 ，故答案为；③外加电源后石墨电极为阳极，阳极上氯离子失电子生成氯气，电极反响式为：2Cl--2e-═Cl2↑2Cl--2e-═Cl2↑；2铁锈的主要成分为氧化铁的水合物，与盐酸反响后生成了Fe3+，而后Fe与Fe3+会化合生成Fe2+，反响方程式为2FeCl3+Fe═3FeCl2，故答案为2FeCl3+Fe═3FeCl；(3)①电镀时，镀层铜作阳极，镀件铁作阴极，所以A是铜，B是铁，阴极上铜离子得电子生成铜，电极反响式为Cu2++2e-═Cu，故答案为铜；Cu2++2e-═Cu；2②阳极上铜失电子发生氧化反响，阴极上铜离子得电子发生复原反响，假设电镀前铁、铜两片金属质量一样，电镀完成后二者质量差为5.12g，二者质量差的一半为阴极析出的铜，则5.12g转移电子的物质的量= 2\l“_TOC_250000“64g/mol

×2=0.08mol0.08。据报导，我国已研制出“可充室温钠－二氧化碳电池”。该电池的总反响式为4Na+3CO 放电 2NaCO+C，其工作原理如下图(放电时产生的NaCO

固体贮存于碳2 充电 2 3 2 3纳米管中)。放电时，钠箔为该电池的 极(填“正”或“负”)；电解质溶液中ClO箔”或“多壁碳纳米管”)电极。放电时每消耗3molCO2，转移电子数为 。

流向 (填“钠4充电时，碳纳米管连接直流电源的 (填“正”或“负”)极，其电极反响式为 。(4)负载可以测定电流大小，从而确定气体含量，酒驾测定工作原理与其相像(如下图)，写出测定酒驾时负极的电极反响式： 。答案：负钠箔4mol 正2Na2CO3+C-4e-=3CO2↑+4Na+ C2H5OH+H2O-4e-=CH3COOH+4H+解析：(1)由电池的总反响式4Na+3CO 放电 2NaCO+C可知，放电时为原电池，Na为2 充电 2 3负极，原电池中阴离子移向负极，据此分析解答(1)和(2)；充电时为电解池，原电池正极需要与外加电源正极相连，作阳极，阳极失去电子、发生氧化反响，以此分析解答；由图可知，酒精发生氧化反响生成醋酸和水，据此写出总化学方程式，再书写负极的电极反响式。【详解】由原电池的总反响式4Na+3CO 放电

+C可知，放电时，Na为负极，通入2 充电 2 3CO2的电极为正极，放电时电解质溶液中阳离子移向正极，阴离子移向负极，电解质溶液中ClO

流向钠箔，故答案为：负；钠箔；4由原电池的总反响式4Na+3CO 放电 2NaCO+C可知，放电时，每消耗3molCO，2 充电 2 3 24molNa4mol电子，故答案为：4mol；充电时为电解池，电解池的总反响为2Na2CO3+C=4Na+3CO2，C失去电子生成CO2，即碳纳米管为阳极，与外加电源正极相连，由于Na2CO3固体贮存于碳纳米管中，所以充电时2Na2CO3+C-4e-=4Na++3CO2，故答案为：正；2Na2CO3+C-4e-=4Na++3CO2；由图可知，酒精和氧气反响生成醋酸和水，化学方程式为C2H5OH+O2→CH3COOH+H2O，酒精发生氧化反响生成醋酸，所以生成醋酸的Pt电极为负极，电极反响式为C2H5OH+H2O-4e-=CH3COOH+4H+，故答案为：C2H5OH+H2O-4e-=CH3COOH+4H+。【点睛】把握电极推断、电极反响、工作原理为解答的关键。此题的难点为电极反响式的书写，要留意结合总反响方程式分析书写。三、解答题CO2资源化利用受到越来越多的关注，它能有效削减碳排放，有效应对全球的气候变化，并且能充分利用碳资源。。CO2催化加氢合成CH4。其过程中主要发生以下反响：反响Ⅰ：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)；ΔH=-890.3kJ·mol-1反响Ⅱ：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)；ΔH=+2.8kJ·mol-1反响Ⅲ：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)；ΔH=-566.0kJ·mol-1则反响CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)的ΔH= kJ·mol-1。CO2电化学制CH4图1表示以KOH溶液作电解质溶液进展电解的示意图，CO2在Cu电极上可以转化为CH4，该电极反响的方程式为 ，电解一段时间后，阳极区KOH溶液的质量分数减小，其缘由是 。CO2催化加氢合成二甲醚。反响Ⅰ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)；ΔH=41.2kJ·mol-1反响Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)；ΔH=-122.5kJ·mol-1①反响Ⅱ的平衡常数表达式K= 。②在恒压、CO2H2的起始量肯定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CO的选择性(COCO的物质的量的选择性=反响的CO2

×100%)2；T℃3molCO2、6molH2，到达平衡时反响Ⅰ理论上消耗H2的物质的量为 。合成二甲醚时较适宜的温度为260℃，其缘由是 。答案：-252.9 CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH- OH-在阳极被氧化，钾离子从右室往左室移动c(CHOCHK= 3 3

2

0.3mol 温度过低，反响速率太慢；温度过高，CO选择性过c2(CO2

2大，二甲醚的选择性减小解析：(1)依据盖斯定律：-②×4-①+③×2即可得目标方程式，再代入数据计算；KOH溶液作电解质溶液进展电解的示意图，CO2Cu电极上可以转化为CH4，依据电子转移、电荷守恒可得电极反响式；结合离子移动进展分析；由图像可知，T℃时，CO25%40%，则反响的n〔CO2〕=40%×3mol=1.2mol，结合化学方程式定量关系计算反响Ⅰ消耗氢气，由于温度过低，反响速率太慢，温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小；据此解答。【详解】：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)；ΔH=-890.3kJ·mol-1②CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)；ΔH=+2.8kJ·mol-1②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)；ΔH=-566.0kJ·mol-1依据盖斯定律：-②×4-①+③×2即可得：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H=〔-2.8×4+890.3-566.0×2〕kJ•mol-1=-252.9kJ•mol-1，故答案为：-252.9；KOH溶液作电解质溶液进展电解的示意图，CO2Cu电极上可以转化为CH4，依据电子转移、电荷守恒可得电极反响式为CO2+8e-+6H2O═CH4+8OH-，由于OH-在阳极被氧化，阳离子移向阴极，钾离子从右室往左室移动，使得电解一段时间后，阳极区KOH溶液的质量分数减小；故答案为：CO2+8e-+6H2O═CH4+8OH-；OH-在阳极被氧化，钾离子从右室往左室移动；①浓度平衡常数：生成物浓度的系数次方之积比上反响物浓度的系数次方之积，则平衡K=

c(CH3

OCH3

O) c(CH2 ；故答案为：K= 3

OCH3

2 ；c2(CO2

)c6(H2

) c2(CO2

2②该温度下CO25%40%，则反响的n〔CO2〕生成的CO的物质的量=40%×3mol=1.2mol，CO的选择性=反响的CO的物质的量×100%=25%，因此生成的2CO物质的量=25%×1.2mol=0.3mol，结合化学方程式定量关系计算反响Ⅰ消耗氢气物质的量为0.3mol；由于温度过低，反响速率太慢，温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小，所以该催化剂条件下合成二甲醚时较适宜的温度为260℃；故答案为：0.3mol；温度过低，反响速率太慢；温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小。【点睛】考察化学平衡影响因素、电极反响式，化学平衡的图象、盖斯定律等学问点，明确CO选择性含义及计算方法、外界条件对化学平衡移动影响原理是解此题关键。氯酸钾和亚硫酸氢钠发生氧化复原反响生成Cl(-1)和S(+6)的速率v(纵坐标)与反响时t(横坐标)的关系如下图，这个反响速率随着溶液中c(H+)增大而加快。结合离子方程式说明反响开头时反响速率加快的缘由是 。反响后期反响速率下降的缘由是 。假设纵坐标表示的是某一反响物的单位时间内的浓度变化，阴影“面积”表示 。氯化铁溶液腐蚀印刷电路铜板的离子方程式是 。假设将〔4〕中的反响设计成原电池，可用 作负极， 作正极， 作电解质溶液。负极反响式是 ，正极反响式是 。答案：ClO+3HSO=Cl-+3SO2+3H+，氢离子浓度增大，反响速率加快反响物浓度减3 3 4小，反响速率减慢t1～t2时间段内该反响物的浓度的减小值2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ 铜石墨氯化铁溶液Cu-2e-=Cu2+ 2Fe3++2e-=2Fe2+【详解】刚开头发生反响：ClO+3HSO=Cl-+3SO2+3H+，c(H+)增大，反响速率增大，故答3 3 4案为：ClO+3HSO=Cl-+3SO2+3H+，氢离子浓度增大，反响速率加快；3 3 4反响随溶液中c(H+)的增大而加快，一开头c(H+)很小，速率很小，但随反响进展，c(H+)增大，反响速率增大，但到肯定程度后，反响物c(ClO)、c(HSO)减小，此时反响3 3物的浓度起主要作用，反响速率减小，故答案为：反响物浓度减小，反响速率减慢；假设纵坐标表示的是某一反响物的单位时间内的浓度变化，阴影“面积”表示t1～t2时间段内该反响物的浓度的减小值，故答案为：t1～t2时间段内该反响物的浓度的减小值；氯化铁溶液腐蚀印刷电路铜板的反响中，Cu复原Fe3+生成Cu2+、Fe2+，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；设计成原电池时，电池反响中发生氧化反响的金属作负极，所以铜作负极，不如负极活泼的金属或导电的非金属作正极，可选石墨作正极，发生复原反响的FeCl3溶液作原电池设计成原电池时，负极上发生氧化反响，正极上发生复原反响，该电池反响中三价铁离子得电子发生复原反响，所以正极上的电极反响式为2Fe3++2e-=2Fe2+，铜失电子发生氧化反响，所以负极上的电极反响式为Cu−2e−=Cu2+；故答案为：Cu-2e-=Cu2+；2Fe3++2e-=2Fe2+。如下图，某同学设计了一个燃料电池探究碱工业原理的相关问题，其中乙装置中X为阳离子交换膜，请按要求答复相关